河南省多校2026届高三年级上学期9月份联考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1河南省多校2026届高三年级上学期9月份联考本试卷共8页，18题。全卷满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12O16F19P31Cl35.5Ti48Au197一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活息息相关。下列说法错误的是A.用饱和氯化铵溶液可以清洗钢铁表面的锈迹B.味精是一种增味剂，主要以淀粉为原料通过发酵法生产C.稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，包括第IIIB族的32种元素D.烫发药水能使头发中的二硫键(—S—S—)发生断裂和重组，该过程涉及氧化还原反应【答案】C【解析】A．氯化铵水解呈酸性，能与铁锈反应，因此可用其饱和溶液除锈，故A正确；B．味精是谷氨酸钠，通过淀粉发酵法生产，故B正确；C．稀土元素共17种(镧系15种+钪、钇)，故C错误；D．二硫键断裂需还原剂，重组需氧化剂，涉及氧化还原反应，故D正确；选C。2.“符号表征”是表达微观结构的重要手段。下列化学用语或图示表述正确的是A.的电子式：B.是同一物质C.Be原子最外层电子的电子云轮廓图：D.聚乙烯的链节：【答案】A【解析】A．为离子化合物，由和构成，中两个C原子间形成三键，电子式表达正确，A正确；B．两结构中中心碳原子均连接四个不同基团故属于手性碳，两物质互为对映异构，是两种物质，B错误；C．Be原子最外层电子为，s轨道电子云轮廓图为球形，题中图示为哑铃形，C错误；D．聚乙烯由乙烯加聚生成，链节为重复的最小结构单元，应为，D错误。故选A3.磷化氢是一种在空气中能自燃的剧毒气体，可通过如图所示的流程制取。已知为弱酸，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.溶液中含有的数目为B.不考虑损失，参与反应，理论上生成的数目为C.62g白磷中含有P—P键的数目为D.常温下，的溶液中含有的数目为【答案】B【解析】A．强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解，导致溶液中数目小于，A错误；B．流程中第一步为与NaOH溶液反应生成的和，反应方程式为，第二步为与稀硫酸反应生成，反应的方程式为，第三步为分解生成和，反应的方程式为故参与反应时，第一步产生1mol和3mol，第三步产生1.5mol，总共产生2.5mol，数目为，B正确；C．白磷（）为正四面体结构，1mol含6molP-P键。62g的物质的量为=0.5mol，含P-P键数目为0.5×6=3，C错误；D．未给出溶液体积，无法计算数目，D错误；故答案选B。4.由X、Y和Z合成缓释药物M，相应物质的分子式或结构简式如图所示，下列说法正确的是A.X俗称甘油，可通过油脂水解制备B.Y可以发生中和反应、水解反应、加成反应C与溶液反应时，最多消耗D.Z由加聚反应制得，其单体存在顺反异构【答案】B【解析】X、Y和Z合成缓释药物M()，结合X、Y、Z的分子式可知，X、Y、Z的结构简式分别为、、，据此回答问题。A．由分析知X的结构简式为，是乙二醇，A错误；B．由分析知，Y为，含有羧基、苯环、酯基，可发生中和反应、水解反应、加成反应，B正确；C．M的结构中含2n个普通酯基，水解各消耗nmolNaOH；n个酚酯基，水解生成酚羟基和乙酸，共消耗2nmolNaOH；总消耗4nmolNaOH，C错误；D．由分析知Z为，单体为，双键一端含2个H，无顺反异构，D错误；故选B。5.由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、W、R组成一种离子液体(其阳离子中五元环上5个原子共平面)，其结构式如图所示。已知：乙的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，W是短周期元素中电负性最大的元素，Z、R为同一主族元素。下列说法错误的是A.氢化物的沸点：Z>YB.该离子液体中Z原子的杂化方式均为C.第一电离能：Y＜Z＜WD.基态R原子核外电子的空间运动状态有9种【答案】A【解析】短周期元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，X形成1个化学键，则X可能为H、F、Cl，Y形成4个键，则Y可能为C、Si，Z的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，Z为N元素，W形成1个化学键，且W是短周期元素中电负性最大的元素，W为F元素，R形成5个共价键，则R为P，则X、Y、Z、W、R分别为：H、C、N、F、P，以此分析。A．由分析可知，Z为N，氢化物为N2H4或NH3；Y为C，氢化物种类较多，C的氢化物沸点可能高于N的氢化物，A错误；B．Z为N，离子液体中五元环上5个原子共平面，N原子在环上，故杂化方式均为，B正确；C．Y为C，Z为N，W为F，同周期主族元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，则第一电离能：C＜N＜F，C正确；D．R为P，基态电子排布为1s22s22p63s23p3，含有1+1+3+1+3=9个含有电子的轨道，则核外电子的空间运动状态有9种，D正确；故选A。6.规范的实验操作和合理的实验装置是实验顺利开展的保障。利用下列装置(夹持和加热装置略)和操作进行实验，能达到相应实验目的的是A.用已知浓度的NaOH溶液测定未知浓度的硫酸溶液B.检验溴乙烷中的溴元素C.制备线型结构的酚醛树脂：在大试管中加入苯酚、3mL质量分数为40%的甲醛溶液和3滴浓盐酸，水浴加热D.蒸干溶液得到晶体A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．氢氧化钠溶液显碱性，不能用酸式滴定管盛装，A错误；B．溴乙烷与氢氧化钠溶液充分反应后的溶液呈碱性，必须先用硝酸酸化至酸性，再滴加硝酸银溶液进行检验，否则实验失败，B错误；C．苯酚、质量分数为的甲醛溶液在水浴加热以及浓盐酸作催化剂的条件下发生缩聚反应生成线型酚醛树脂，C正确；D．六水合硫酸亚铁铵晶体受热易变质，不能用蒸干溶液的方法制取，D错误；故选C。7.一种基于氯碱工业的新型电解池(如图所示)可用于湿法冶铁的研究。下列说法错误的是A.用碱性甲烷燃料电池作该装置的电源，与电极a相连的一极应通入B.理论上每反应，电极b上产生67.2L气体C.钠离子由电极b区移向电极a区D.工作时，阴极区溶液中浓度逐渐增大【答案】B【解析】装置图中右侧为饱和食盐水，右侧电极上如果要生成气体，则右侧电极b只能为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应：，则左侧电极a为阴极，发生还原反应，在碱性条件下转化为Fe，电极反应：，中间为阳离子交换膜，由阳极（右侧）移向阴极（左侧），据此分析解答；A．碱性甲烷燃料电池中，发生氧化反应为负极，电解池中阴极（电极a，Fe2O3被还原）需连接电源负极，故与电极a相连的燃料电池一极应通入，A正确；B．1molFe2O3被还原时转移6mol电子，电极b（阳极）反应为2Cl--2e-=Cl2↑，理论生成3molCl2，但选项未说明“标准状况”，无法确定气体体积为67.2L，B错误；C．电解池中阳离子（Na+）向阴极（电极a）移动，故由电极b区移向电极a区，C正确；D．阴极反应为，生成OH-，则阴极区OH-浓度逐渐增大，D正确；故选B。8.变化观念与平衡思想是化学学科核心素养之一。下列化学事实与原理解释均正确且具有对应关系的是选项化学事实解释A“球”浸泡在冷水中，颜色变浅B1-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生反应C向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解DC的非金属性比Si强A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．在冷水中颜色变浅是由于降温使平衡向生成的方向移动，故反应应为放热反应，A错误；B．1-溴丙烷与NaOH的乙醇溶液共热发生的是消去反应，反应式错误，正确方程式为，B错误；C．与反应生成和，符合沉淀溶解的离子反应原理，解释正确，C正确；D．C的非金属性比Si强应通过酸性或氢化物稳定性判断，而与C高温反应体现C的还原性，解释错误，D错误。故选C。9.配合物的品种超过数百万种，是一个庞大的化合物家族。为了探究配合物的相关性质，同学们设计了如下实验：实验实验操作实验1：配制银氨溶液向洁净的试管中加入溶液，然后一边振荡试管一边逐滴加入2%稀氨水，直到_______，得到银氨溶液实验2：制备硫酸四氨合铜晶体向盛有溶液的试管里滴加几滴氨水，可观察到产生蓝色沉淀；继续添加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；再向试管中加入8mL95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，试管中析出深蓝色的晶体下列有关上述实验的说法错误的是A.实验1中缺失的实验现象：最初产生的沉淀恰好完全溶解B.实验2中通过玻璃棒摩擦试管壁，可在试管内壁产生微小的玻璃微晶来充当晶核，加快结晶速率C.在水溶液中的电离方程式：D.实验2中乙醇等有机溶剂易被引燃，使用时须远离明火，用完后立即塞紧瓶塞【答案】C【解析】A．配制银氨溶液时，氨水需滴至沉淀恰好溶解，形成[Ag(NH3)2]+，A正确；B．通过摩擦可在试管内壁产生微小的玻璃微晶，以玻璃微晶为中心进行聚集，容易诱导结晶，B正确；C．银氨配合物在水中完全电离，电离方程式为，C错误；D．乙醇易燃，操作时需注意安全，描述符合实际，D正确。故选C。10.某小组测定300.0g新鲜菠菜中草酸含量(以计)，实验方案如图所示。下列说法错误的是A.“预处理”中的部分操作为将新鲜菠菜剪碎后在研钵中充分研磨B.“操作2”若用盐酸替代硫酸可能会导致测定结果偏低C.可用色谱法分离菠菜叶中的叶绿素、胡萝卜素等D.若滴定终点消耗溶液，则测得菠菜中草酸含量为0.45%【答案】B【解析】首先将新鲜菠菜预处理，研磨榨汁、浸泡、过滤，滴加足量CaCl2溶液，产生白色沉淀，为草酸钙，过滤得到CaC2O4固体，加入盐酸溶解后，滴加高锰酸钾测定草酸含量，据此解答。A．预处理的目的是破碎菠菜细胞以提取草酸，剪碎后研磨可增大接触面积，利于后续溶解，A正确；B．操作2加稀硫酸是为溶解CaC2O4沉淀并提供酸性环境，若用盐酸，Cl⁻会被KMnO4氧化，方程式为，导致消耗KMnO4体积偏大，测定结果偏高，B错误；C．色谱法利用不同物质在固定相和流动相中的分配系数差异分离混合物，可分离叶绿素、胡萝卜素等色素，C正确；D．n(KMnO4)=0.2000mol/L×0.03L=0.006mol，由反应2MnO~5H2C2O4得n(H2C2O4)=0.006mol×=0.015mol，质量=0.015mol×90g/mol=1.35g，含量=×100%=0.45%，D正确；故答案为：B。11.顺铂()是临床使用的第一代铂类抗癌药物。顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖，以鸟嘌呤为例，工作原理如图所示。下列说法正确的是A.已知顺铂存在同分异构体反铂，据此推测Pt为杂化B.生成物R中a所示共价键为配位键，b所示为分子内氢键C.所有DNA分子中，鸟嘌呤(G)与胸腺嘧啶(T)的个数相等D.图示反应过程既存在极性键的断裂与形成也存在非极性键的断裂与形成【答案】B【解析】A．顺铂与反铂为顺反异构体，说明Pt的空间构型为平面四边形，存在顺反异构，故Pt应为杂化；杂化形成的是四面体构形，无顺反异构，A错误；B．a键为Pt与鸟嘌呤中N原子形成的键，N提供孤对电子，Pt提供空轨道，为配位键；b键为O-H中的H与相邻N原子形成的分子内氢键，B正确；C．DNA分子中碱基互补配对，鸟嘌呤（G）与胞嘧啶（C）配对，腺嘌呤（A）与胸腺嘧啶（T）配对，故G与C个数相等，A与T个数相等，C错误；D．反应中涉及Pt-Cl键极性键的断裂、Pt-N键极性键的形成等，无非极性键的断裂与形成，D错误。故选B。12.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列结构对应的说法正确的是A.18-冠醚-6通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征B.超高硬度生物材料合金是理想的人工髋关节材料，若晶胞边长为且原子均分布在晶胞表面，则晶体的密度为C.每个晶胞中所包含的原子的数目为4；每个氧原子与8个铜原子配位D.如图所示为以LiFePO4为正极的电池的充、放电过程，其中为充电过程A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．18-冠醚-6中不含有阴离子，与K+间不能形成离子键，A项错误；B．每个晶胞中含有原子个数为=2，Ti原子个数为=6，1nm=10-7cm，则晶体的密度为，B项错误；C．每个晶胞中含白球的数目为=2，含黑球的数目为4，依据Cu2O的化学式，可确定白球表示O原子、黑球表示Cu原子，则每个氧原子与4个铜原子配位，C项错误；D．(a)LiFePO4→(b)Li1-xFePO4，Fe元素价态升高，应为正极充电过程，D项正确；故选D。13.羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。在容积不变的密闭容器中，CO与发生下列反应并达到平衡：。该反应在不同温度下达到化学平衡时，的转化率如图所示。若某温度下反应前CO的物质的量为10mol，达到平衡时CO的物质的量为8mol，且化学平衡常数为0.1。下列说法正确的是A.当体系混合气体的平均相对分子质量不再改变时，能说明该反应达到平衡状态B.该反应正反应活化能小于逆反应的活化能C.由方程式计算可知和CO的转化率相等D.选择合适的催化剂既能提高反应速率，也能提高COS的平衡产率【答案】B【解析】A．混合气体的平均摩尔质量，气体质量不变，反应中气体的总物质的量随反应进行而不改变，所以M不会发生改变，故混合气体平均相对分子质量始终不变，不能作为平衡标志，A错误；B．由图像可知，温度升高转化率降低，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应（ΔH<0）。因ΔH=正反应活化能-逆反应活化能<0，故正反应活化能小于逆反应活化能，B正确；C．设CO初始10mol，平衡时8mol，转化2mol，则CO转化率20%。设初始ymol，平衡时(y-2)mol，反应生成COS和各2mol，，解得y=7mol，转化率≈28.6%≠20%，C错误；D．催化剂只能加快反应速率，不影响平衡移动，不能提高COS平衡产率，D错误；故选B。14.CuCl2是一种重要的化工原料，常用于催化剂、媒染剂和消毒剂等。在一定温度下，CuCl2溶液中存在以下氯化络合反应：①；②；③；④。保持温度不变，通过添加氯化钠改变某浓度CuCl2稀溶液中Cl-的起始浓度，测得含铜元素微粒分布系数δ与Cl-平衡浓度的关系如图所示。下列说法正确的是A.P点时溶液中B.溶液中存在：C.根据题给信息分析，的平衡常数D.向上述溶液中加入蒸馏水稀释，体系中的值减小【答案】C【解析】根据图像中含铜元素微粒分布系数δ与Cl-平衡浓度的关系，及已知表示[CuCl3]-、[CuCl4]2-的曲线，可知曲线a表示[Cu(H2O)4]2+，曲线b表示[CuCl]+，曲线c表示CuCl2，结合化学平衡常数的含义，根据问题分析解答。A．根据图像可知P点为[Cu(H2O)4]2+与[CuCl]+分布系数相等的点，此时c([Cu(H2O)4]2+)=c([CuCl]+)。反应①的K1=≈0.645mol/L，A错误；B．溶液中存在电荷守恒，该溶液中阳离子有Na+、[CuCl]+、[Cu(H2O)4]2+、H+，阴离子有OH-、[CuCl3]-、[CuCl4]2-、Cl-，则根据电荷守恒，可知关系式应该为c(Na+)+c([CuCl]+)+2c([Cu(H2O)4]2+)+c(H+)=c(OH-)+c([CuCl3]-)+2c([CuCl4]2-)+c(Cl-)，B错误；C．目标反应为[CuCl2]+2Cl-[CuCl4]2-，反应④[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O的化学平衡常数K4=；反应②[Cu(H2O)4]2++2Cl-[CuCl2]+4H2O的化学平衡常数K2=，反应④-反应②，可得[CuCl2]+2Cl-[CuCl4]2-，其化学平衡常数=5×10-5，C正确；D．=是定值，向上述溶液中加入蒸馏水稀释，稀释时c(Cl-)减小，则该比值会增大，D错误；故合理选项是C。二、非选择题：本题包括4小题，共58分。15.苯甲酰氯()是制备染料、香料、药品和树脂的重要中间体。以光气法制备苯甲酰氯的原理如下：。物质熔点/℃沸点/℃溶解性苯甲酸122.1249微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂碳酰氯-1888.2较易溶于苯、甲苯等，遇水迅速水解苯甲酰氯-1197溶于乙醚、氯仿和苯，遇水或乙醇逐渐分解三氯甲烷-63.563.1不溶于水，溶于醇、苯，极易挥发，稳定性差，450℃以上发生热分解回答下列问题：I.制备碳酰氯反应原理：（1）仪器M的名称是_______。（2）按气流由左至右连接装置的顺序为e→c→d→_______(填小写字母，装置不可重复使用)。（3）试剂X是_______。（4）装置乙中碱石灰的作用为_______。（5）装置戊中冰水混合物的作用为_______。II.制备苯甲酰氯的装置如图所示(夹持装置略)：（6）碳酰氯也可以用浓氨水吸收，主要生成尿素和氯化铵等无毒物质，则主要反应的化学方程式为_______。（7）若向仪器N中加入610g苯甲酸，先加热至(140∼150℃)，再通入足量，充分反应后，最后产品经减压蒸馏得到562g苯甲酰氯，则苯甲酸的转化率为_______。【答案】（1）三颈烧瓶（2）g→h→b→a→f（3）浓硫酸（4）干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中（5）防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化（6）（7）80%【解析】I．制备碳酰氯，应由氧气与反应，装置中丙用于制备氧气，乙用于干燥氧气，在戊中发生，连接甲，避免水蒸气进入而导致水解，最后用丁进行尾气吸收。（1）根据图示，仪器M是三颈烧瓶。（2）根据表格数据，碳酰氯能够与水反应，因此需要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，因此X要用浓硫酸干燥，结合上述分析，装置图按气流由左至右的顺序为e→c→d→g→h→b→a→f。（3）根据上述分析可知，试剂X是浓硫酸。（4）根据上述分析可知，碳酰氯能够与水反应，装置乙中碱石灰的作用是干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中。（5）根据碳酰氯沸点低，三氯甲烷易挥发，可知装置戊中冰水混合物的作用为防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化。（6）碳酰氯也可以用浓氨水吸收，生成尿素和氯化铵，反应的化学方程式：。（7）设生成562g苯甲酰氯，反应的苯甲酸为xg，根据，可建立关系式，解得，苯甲酸的转化率。16.Ru(钌)作为铂族金属，以其卓越的硬度和在电子、能源存储及化工制造领域的广泛应用而备受珍视，随着人工智能技术的迅猛发展，稀有金属“钌”需求大增。某实验小组以某钌废料[主要成分是，含(其中Ru为+6价)、FeO、MgO、CaO和等为原料制备Ru的流程如图所示：已知：。回答下列问题：（1）中阴离子的空间结构为_______；“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)。（2）中-1价O与-2价O的个数之比为_______，“酸浸”中转化为的离子方程式为_______。（3）“除杂1”后，若滤液中，则“除杂2”中先生成的沉淀是_______；“除杂2”中加入过量的NaF溶液后，溶液中_______。（4）为优化方案1，该小组设计出的方案2如图所示，从安全角度分析，方案2优于方案1的理由是_______。【答案】（1）①.三角锥形②.SiO2和CaSO4（2）①.1：1②.（3）①.MgF2②.100（4）方案1使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气体，而方案2利用草酸根离子的还原性还原钌，更安全【解析】由题给流程可知，向钌废料中加入稀硫酸、亚硫酸钠溶液酸浸，将四氧化钌转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为可溶的硫酸盐，氧化钙转化为微溶的硫酸钙，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液和氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子转化为Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，过滤得到Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀和滤液；向滤液中加入氟化钠溶液，将溶液中钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到氟化钙、氟化镁和滤液；向滤液中加入浓碳酸钠溶液，将溶液中的钌离子转化为碳酸钌沉淀，过滤得到碳酸钌和滤液1；碳酸钌高温灼烧分解生成二氧化钌，二氧化钌与氢气高温下发生热还原反应生成钌。（1）中阴离子中心原子Cl的价层电子对数为=4，且含有1个孤电子对，空间结构为三角锥形，由分析可知，滤渣主要成分是SiO2和CaSO4。（2）设中-1价O与-2价O的个数分别为x和y，则x+y=4，x+2y=6，解得x=y=2，-1价O与-2价O的个数之比为1：1，“酸浸”中RuO4和亚硫酸钠反应生成Ru(SO4)2和水，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：。（3）已知：，溶度积小的优先沉淀，“除杂1”后，若滤液中，则“除杂2”中先生成的沉淀是MgF2，“除杂2”中加入过量的NaF溶液后，溶液中。（4）方案1使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气体，而方案2利用草酸根离子的还原性还原钌，更安全，故方案2优于方案1。17.化学反应与能量是化学学习与研究的重要内容。回答下列问题：（1）反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如图1所示，X在进程II中作_______(填“催化剂”或“中间体”)，进程IV是_______(填“放热反应”或“吸热反应”)。（2）在水溶液中，过二硫酸盐与碘离子反应的离子方程式为，向溶液中加入含的溶液，反应机理如图2所示。反应速率①_______②(填“>”“=”或“<”)，反应②的离子方程式为_______。（3）利用可再生能源获取的氢气与合成甲醇的过程涉及的主要反应如下：i.；ii.；iii.(较高温度下发生)。分别在压强和下，按物质的量之比1:3投料，平衡转化率或甲醇选择性[的选择性]随温度、压强变化的关系如图所示：①纵坐标表示平衡转化率的是图_______(填“甲”或“乙”)；由图可知，_______(填“>”“<”或“=”)②图甲中温度高于时，曲线发生明显变化的原因可能是_______。③、下，反应ⅱ的压强平衡常数_______(保留两位有效数字)。【答案】（1）①.催化剂②.放热反应（2）①.<②.（3）①.乙②.<③.图甲中温度高于时，开始发生反应③，甲醇的选择性降低④.0.0078【解析】（1）X在进程II中的第一步作为反应物生成S·X中间体，又在最后一步反应中生成X，故作催化剂；进程IV反应物能量比生成物能量高，该反应为放热反应。（2）在基元反应中通过正反应的活化能判断反应速率的大小，正反应的活化能越大，反应速率越小，根据反应机理图可知活化能①>②，则反应速率①<②；根据反应历程图可知反应②的反应物有，反应②的生成物有、Fe3+，故离子方程式为（3）①根据盖斯定律可求反应iii的，故随温度升高，反应ii、iii均正移导致的平衡转化率升高，故为图乙，图乙在低温时以反应i生成甲醇为主故其平衡转化率随温度升高而降低，温度越高反应iii的选择性提高故其平衡转化率随温度升高而升高。图甲为甲醇的选择性随温度、压强的变化图，反应i为气体分子数减小的反应，压强越大平衡正移选择性提高，故<。②图甲为甲醇的选择性随温度、压强的变化图，温度高于时，曲线发生明显变化的原因可能是：图甲中温度高于时，开始发生反应③，甲醇的选择性降低。③、下，根据图甲可知甲醇的选择性为60%，根据图乙可知平衡转化率为20%。按物质的量之比1:3投料，设物质的量分别为1mol、3mol，消耗的为0.2mol，平衡时；的选择性=60%，=60%，可得平衡时；根据碳元素守恒，消耗的为0.2mol，平衡时，可得平衡时；根据氢元素守恒，列出三段式平衡时。反应ⅱ的压强平衡常数。18.普利类药物是常用的一线降压药，EHPB是合成众多普利类药物的重要中间体。EHPB的一种合成方法如图所示：已知：(R表示烃基或氢原子，表示烃基)。回答下列问题：（1）化合物II和物质X合成化合物III的原子利用率为100%，写出该步反应的化学方程式：_______。（2）化合物VI到VII的转化反应是第一个以中国科学家命名的反应(黄鸣龙还原反应)，该反应的部分机理如图所示：其中①和②的反应类型分别为_______、_______。（3）化合物IV易溶于水的原因为_